2015高考数学真题--天津理科解析

专注数学成就梦想年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）理科数学试题解析1.解析{2,5,8}UBð，所以{2,5}UABð.故选A.2.解析不等式2030230xxyxy……„所表示的平面区域如图所示，当6zxy所表示直线经过点03B，时，z有最大值18.故选C.3.解析输入201Si，；212021825iS，，不成立；2241841445iS，，不成立248148685iS，，成立，输出6.故选B.4.解析2112113xxx，2202xxx或1x，所以“21x”是“220xx”的充分不必要条件.故选A.5．解析由相交弦定理可知，AMMBCMMDCNNEANNB，，又因为MN，是弦AB的三等分点，所以AMMBANNB，所以CNNECMMD，所以24833CMMDNECN.故选A.6．解析双曲线2222100xyabab，的渐近线方程为byxa，由点23，在渐近线上，所以32ba，双曲线的一个焦点在抛物线247yx准线方程7x上，所以7c，由此可解得2a，3b，所以双曲线方程为22143xy.故选D.7．解析因为函数21xmfx为偶函数，所以0m，即21xfx，所以221loglog330.521(log3)log21213123aff，2log502log52142(0)210bfcfmf，.所以cab，故选C.3-2322x+y-3=0z=x+6yx-y+3=02,3()4Oyx专注数学成就梦想解析由22,2,2,2,xxfxxx„得2220(2)0xxfxxx，，…，所以2220()(2)420222(2)2xxxyfxfxxxxxxx，，，剟，即2220()(2)202582xxxyfxfxxxxx，，，剟()()()(2)yfxgxfxfxb，所以yfxgx恰有4个零点等价于方程()(2)0fxfxb有4个不同的解，即函数yb与函数()(2)yfxfx的图象的4个公共点，由图像可知724b.评注1.求函数解析式；2.函数与方程；3.数形结合.9．解析12ii212iaaa是纯虚数，所以20a，即2a.10．解析由三视图可知，该几何体是中间为一个底面半径为1，高为2的圆柱，两端底面半径为1，高为1的圆锥，所以该几何体的体积22181π221π1π33V.11．解析两曲线的交点坐标为(00)，，(11)，，所以它们所围成的封闭图形的面积1122300111236Sxxdxxx.12．解析614xx展开式的通项为66216611CC44rrrrrrrTxxx，由622r得2r，所以222236115C416Txx，所以2x的系数为1516.13．解析因为0πA，所以215sin1cos4AA，又115sin31528ABCSbcAbc，所以24bc，解方程组224bcbc得64bc，，由余弦定理得2222212cos64264644abcbcA，所以8a.2Oyx专注数学成就梦想．解析因为19DFDC，12DCAB，119199918CFDFDCDCDCDCAB，AEABBEABBC，19191818AFABBCCFABBCABABBC，221919191=181818AEAFABBCABBCABBCABBC2199421cos1201818211721172929218921818…当且仅当292，即23时，AEAF的最小值为2918.15.分析(1)利用两角和与差的正余弦公式及二倍角的正余弦公式化简函数的解析式，由三角函数性质可求最小正周期；(2)先写出函数的单调区间，即可求函数的最大值与最小值.解析(1)由已知，有π1cos21cos2322xxfx1131311πcos2sin2cos2sin2cos2sin222224426xxxxxx，所以fx的最小正周期2ππ2T.(2)解法一：因为fx在区间ππ36，上是减函数，在区间ππ64，上是增函数，π134f，π162f，π344f，所以fx在区间ππ34，上的最大值是34，最小值是12.解法二：由ππ34x剟，得2ππ232x剟，5πππ2663x剟，π31sin262x剟，1324fx剟.当π6x时，fx取得最小值1，当π4x时，fx取得最大值为34.FEDCBA专注数学成就梦想分析(1)由古典概型计算公式直接计算即可；(2)先写出随机变量X的所有可能值，求出其相应的概率，即可求概率分布列及期望.解析(1)由已知，有2222233348CCCC6()C35PA，所以事件A发生的概率为635.(2)随机变量X的所有可能取值为1，2，3，4.45348CC(1234)CkkPXkk，，，，所以随机变量X的分布列为：X1234P1143737114所以随机变量X的数学期望1331512341477142EX.17．分析以A为原点建立空间直角坐标系(1)求出直线MN的方向向量与平面ABCD的法向量，两个向量的乘积等于0即可；(2)求出两个平面的法向量，可计算两个平面所成二面角的余弦值的大小，再求正弦值即可；(3)设111AEAB，代入线面角公式计算可解出的值，即可求出1AE的长.解析如图所示，以A为原点建立空间直角坐标系，依题意可得(000)(010)(200)(120)ABCD，，，，，，，，，，，，1111(002)(012)(202)(122)ABCD，，，，，，，，，，，，又因为MN，分别为1BC和1DD的中点，得111(121)2MN，，，，，.（1）解法一（向量法）：证明：依题意，可得(001)，，n为平面ABCD的一个法向量，5002MN，，，由此可得，0MNn，又因为直线MN平面ABCD，所以//MN平面ABCD.解法二（几何法）：取BC的中点Q，连接MQ，DQ.因为点M，Q分别为1BC，BC的中点，所以1=1//2MQBB，且1=1//2DNBB，故=//DNMQ.所以四边形MNDQ为平行四边形，则//MNDQ，DQ平面ABCD，MN平面ABCD，所以//MN平面ABCD.（2）1(122)AD，，，(200)AC，，，设1()xyz，，n为平面1ACD的法向量，则EzyxQNMA1B1C1D1DCBA专注数学成就梦想nn，即22020xyzx，不妨设1z，可得1(011)，，n，设2()xyz，，n为平面1ACB的一个法向量，则21200ABACnn，又1(012)AB，，，得2020yzx，不妨设1z，可得2(021)，，n因此有12121210cos10nn，nnnn，于是21212310sin1cos10，，nnnn，所以二面角11DACB的正弦值为31010.（3）依题意，可设111AEAB，其中[01]，，则(0,,2)E，从而(1,2,1)NE，又(0,0,1)n为平面ABCD的一个法向量，由已知得22211cos,3(1)(2)1NENENEnnn，整理得227，又因为[0,1]，解得72，所以线段1AE的长为72.18.分析(1)由3423452aaaaaa得3425aaaa，先求出q，分n为奇数与偶数讨论即可；(2)求出数列nb的通项公式，用错位相减法求和即可.解析（1）由3423452aaaaaa，得3425aaaa，又2nnaqa（q为实数，且1q），*nN，则232qq，又因为1q，所以2q，当*21nknN时，1122122nknkaa，当*2nknN时，2222nknkaa，所以{}na的通项公式为12222.nnnnan，为奇数，，为偶数（2）由(Ⅰ)得22121log2nnnnanba，设数列nb的前n项和为nS，则0121111112+3++2222nnSn，1231111112+3++22222nnSn专注数学成就梦想，整理得1242nnnS.所以数列nb的前n项和为1242nn，*nN.19．分析(1)由椭圆知识先求出,,abc的关系，设直线FM的方程为()ykxc，求出圆心到直线的距离，由勾股定理可求斜率k的值；(2)由(Ⅰ)设椭圆方程为2222132xycc，直线与椭圆方程联立，求出点M的坐标，由433FM可求出c，从而可求椭圆方程；(3)设出直线FP：(1)ytx，与椭圆方程联立，求得226223(1)xtx，求出x的范围，即可求直线OP的斜率的取值范围.解析（1）由已知有2213ca，又由222abc，可得223ac，222bc，设直线FM的斜率为(0)kk，则直线FM的方程为()ykxc，由已知有2222221kccbk，解得33k.（2）由(Ⅰ)得椭圆方程为2222132xycc，直线FM的方程为()ykxc，两个方程联立，消去y，整理得223250xcxc，解得53xc或xc，因为点M在第一象限，可得M的坐标为23,3cc，由222343()033FMccc，解得1c，所以椭圆方程为22132xy.（3）设点P的坐标为(,)xy，直线FP的斜率为t，得1ytx，即(1)ytx(1)x，与椭圆方程联立22(1)132ytxxy，消去y，整理得22223(1)6xtx，又由已知，得226223(1)xtx，解得312x或10x，设直线OP的斜率为m，得ymx，即(0)ymxx，与椭圆方程联立，整理可得22223mx.专注数学成就梦想①当3,12x时，有(1)0ytx，因此0m，于是2223mx，得223,33m②当1,0x时，有(1)0ytx，因此0m，于是2223mx，得23,3m综上所述，直线OP的斜率的取值